2025屆上海市黃浦區(qū)市級名校高二物理第一學期期中經典試題含解析

2025屆上海市黃浦區(qū)市級名校高二物理第一學期期中經典試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，虛線a、b、c是電場中的一簇等勢線（相鄰等勢面之間的電勢差相等），實線為一個帶正電粒子（重力不計）僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知()A．a、b、c三個等勢面中，a的電勢最高B．電子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能小C．電子在P點的加速度比Q點的加速度大D．帶電質點一定是從P點向Q點運動2、圖中的甲、乙兩個電路，都是由一個靈敏電流計G和一個變阻器R組成，它們之中一個是測電壓的電壓表，另一個是測電流的電流表，那么以下結論中正確的是（）A．甲表是電流表，R增大時量程增大B．甲表是電壓表，R增大時量程增大C．乙表是電流表，R增大時量程減小D．乙表是電壓表，R增大時量程增大3、圖中a、b、c為三根與紙面重直的固定長直導線，其截面位于等邊三角形的三個頂點上，bc沿水平方向，導線中均通有大小相等的電流，方向如圖所示，O點為三角形的中心（O到三個頂點的距離相等），則A．O點的磁感應強度為零B．O點的磁場方向垂直O(jiān)c向下C．導線a受到的安培力方向豎直向上D．導線b受到的安培力方向沿bc連線方向指向c4、平行板電容器兩板之間有豎直向上的勻強電場E，現(xiàn)有一質量為m，帶電量為的粒子，以速度沿水平方向射入兩板之間（粒子重力不計），如圖所示。若要使粒子能以速度沿直線勻速穿過，則可以在兩板間加（）A．磁感應強度大小，方向向里的勻強磁場B．磁感應強度大小，方向向外的勻強磁場C．磁感應強度大小，方向向里的勻強磁場D．磁感應強度大小，方向向外的勻強磁場5、將電量為的負電荷，放在電場中A點，受到的電場力大小，方向水平向右，則將電量為的正電荷放在A點，受到的電場力為（）A．，方向水平向左B．，方向水平向右C．，方向水平向左D．，方向水平向右6、如圖所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點（重力不計），則從開始射入到打到上極板的過程中（）A．它們運動的時間tQ＞tPB．它們運動的加速度aQ＜aPC．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ=1∶2D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶2二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、已知兩個導體的電阻之比R1∶R2＝2∶1，那么()A．若兩導體兩端電壓相等，則I1∶I2＝2∶1B．若兩導體兩端電壓相等，則I1∶I2＝1∶2C．若導體中電流相等，則U1∶U2＝2∶1D．若導體中電流相等，則U1∶U2＝1∶28、某空間區(qū)域的豎直平面內存在電場，其中豎直的一條電場線如圖甲所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球，在電場中從O點由靜止開始沿電場線豎直向下運動．以O為坐標原點，取豎直向下為x軸的正方向，小球的機械能E與位移x的關系如圖乙所示，則(不考慮空氣阻力)()A．電場強度大小恒定，方向沿x軸負方向B．從O到x1的過程中，小球的速率越來越大，加速度越來越大C．從O到x1的過程中，相等的位移內，小球克服電場力做的功越來越大D．到達x1位置時，小球速度的大小為9、如圖，光滑絕緣細管與水平面成30°角，在管的上方P點固定一個正點電荷Q，P點與細管在同一豎直平面內。一帶電量為－q的小球位于管的頂端A點，PA連線水平，q?Q．將小球由靜止開始釋放，小球沿管到達底端C點。已知B是AC中點，PB⊥AC，小球在A處時的加速度為a．不考慮小球電荷量對電場的影響，則（）A．A點的電勢低于B點的電勢 B．B點的電場強度大小是A點的4倍C．小球從A到C的過程中電勢能先增大后減小 D．小球運動到C處的加速度為g－a10、兩個小球A、B在光滑的水平面上相向運動，它們的質量分別為4kg和2kgA的速度為v1=3m/s，B的速度v2=-3m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是（）A．均為+1m/s B．+4m/s和-5m/sC．-1m/s和+5m/s D．+2m/s和-1m/s三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）在“用電流表和電壓表測定電池的電動勢和內電阻”的實驗中備有如下器材：A．干電池1節(jié)B．滑動變阻器（0～20Ω）C．電壓表（0～3V，內阻約為20kΩ）D．電流表（0～0.6A，內阻RA=0.2Ω）E．電流表（0～3A，內阻約為0.01Ω）F．開關、導線若干（1）為減小實驗誤差和方便操作，選擇圖甲所示電路進行實驗，其中電流表應選__．（填寫器材前的序號）（2）某同學根據(jù)實驗測得的電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I，畫出U﹣I圖象如圖乙所示，由圖象可得電池的電動勢為__V，內電阻為__Ω．（保留到小數(shù)點后1位）12．（12分）用下圖所示的電路，測定一節(jié)干電池的電動勢和內阻。（1）根據(jù)下列所得實驗數(shù)據(jù)，在坐標系中做出U-I圖象______________。（2）用繪制的U-I圖象得出所測的電源的電動勢為______V；電源的內電阻為_______Ω（計算結果均保留三位有效數(shù)字）。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，電解槽A和電爐B并聯(lián)后接到電源上，電源內阻r＝1Ω，電爐電阻R＝19Ω，電解槽電阻r′＝0.5Ω.當S1閉合、S2斷開時，電爐消耗功率為684W；S1、S2都閉合時，電爐消耗功率為475W(電爐電阻可看作不變)．試求：（1）電源的電動勢；（2）S1、S2閉合時，流過電解槽的電流大??；（3）S1、S2閉合時，電解槽中電能轉化成化學能的功率．14．（16分）如圖所示，豎直平行正對放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐標系xOy的O點；y軸沿豎直方向；在x＞0的區(qū)域內存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為V/m；比荷為1.0×105C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處靜止釋放，其運動軌跡恰好經過M(4，3)點；粒子P的重力不計，試求：（1）金屬板AB之間的電勢差UAB；（2）若在粒子P經過O點的同時，在y軸右側勻強電場中某點靜止釋放另一帶電粒子Q，使P、Q恰能在運動中相碰；假設Q的質量是P的2倍、帶電情況與P相同；粒子Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽略不計；求粒子Q所有釋放點坐標(x，y)滿足的關系。15．（12分）建筑工地的護欄外有“施工重地，禁止入內”的提示．因為施工區(qū)域常常有建筑材料掉下，對地面上的人員造成傷害．假設離地面高12.8m的建筑物上，質量為2kg的磚從靜止開始自由下落，磚與地面作用的時間0.05s后靜止．忽略空氣阻力，重力加速度取，求：（1）從開始下落到與地面撞擊前，重力對磚的沖量大??；（2）從撞擊地面瞬間開始到靜止，地面對磚的沖量大??；（3）地面對磚的平均作用力大?。?/p>

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】A項：電荷所受電場力指向軌跡內側，由于粒子帶正電，因此電場線指向上方，沿電場線電勢降低，故a等勢線的電勢最低，c等勢線的電勢最高，故A錯誤；B項：a等勢線的電勢最低，c等勢線的電勢最高；而電子帶負電，負電荷在電勢高處的電勢能小，所以電子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大，故B錯誤；C項：等勢線密的地方電場線密場強大，故P點位置電場強，電場力大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度也大，故C正確；D項：由圖只能判斷出粒子受力的方向，不能判斷出粒子運動的方向，故D錯誤。點晴：解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據(jù)運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化。2、D【解析】靈敏電流計G改裝電壓表需串聯(lián)大電阻分壓，改裝成電流表需并聯(lián)小電阻分流，根據(jù)圖可知，甲表為電流表，并聯(lián)的電阻越大，則分流越小，量程越小，A、B錯誤，乙表是電壓表，R越大，則分壓越大，量程越大，故C錯誤，D正確。點晴：難度較小，改裝電壓表和電流表所應用的原理都是串聯(lián)分壓和并聯(lián)分流。3、B【解析】

AB.根據(jù)右手螺旋定則，電流a在O產生的磁場平行于bc向左，b電流在O產生的磁場平行ac指向右下方，電流c在O產生的磁場平行ab指向左下方；由于三導線電流相同，到O點的距離相同，根據(jù)平行四邊形定則，則O點合場強的方向垂直O(jiān)c向下，故A錯誤，B正確；CD.根據(jù)同向電流相吸、反向電流相斥，結合矢量合成法則；導線a受到的安培力方向水平向左，而導線b受到的安培力方向平行于ac斜向左上方，故CD錯誤．4、B【解析】

要使小球仍以速度v勻速直線穿過，所以加一個磁場，使得受到的洛倫茲力豎直向下，根據(jù)左手定則可知磁場方向向外，同時滿足：Bqv=qE，解得磁感應強度大?。篈．磁感應強度大小，方向向里的勻強磁場。故A不符合題意。B．磁感應強度大小，方向向外的勻強磁場。故B符合題意。C．磁感應強度大小，方向向里的勻強磁場。故C不符合題意。D．磁感應強度大小，方向向外的勻強磁場。故D不符合題意。5、A【解析】

將電量為3×10﹣6C的負電荷，放在電場中A點，受到的電場力大小為6×10﹣3N，方向水平向右．則將電量為6×10﹣6C的正電荷放在A點，受到的電場力方向與前者相反，即水平向左，大小為：F=×6×10﹣6N=1.2×10﹣2N，故A正確，BCD錯誤；故選A．【點睛】電場中某點的電場強度不會隨著放置電荷變化而變化，它是電場固有的．當放入電荷變化時，則對應的電場力也會跟著變化．當不放入電荷時，電場強度依然存在．6、C【解析】

A．帶電粒子在電場中做類平拋運動，由s=vt可得P、Q運動的時間應相等，選項A錯誤；B．平行電場方向受到電場力，做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)位移時間關系公式，有解得由于平行電場方向的位移之比為1：2，所以aQ＞aP故B錯誤；C．根據(jù)牛頓第二定律，有qE=ma解得所以P、Q的電荷量之比為qP∶qQ=1：2，選項C正確；D．由動能定理有qEy=△Ek而qP：qQ=1：2，yP：yQ=1：2，所以選項D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解析】若導體兩端的電壓相等，根據(jù)歐姆定律U=IR，導體中電流與電阻成反比，即：，故A錯誤，B正確；若導體中電流相等，根據(jù)歐姆定律U=IR，導體中電壓與電阻成正比，即：，故C正確，D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。8、BD【解析】

A.小球的機械能變化是由電場力做功引起的，由題圖乙可知，從O到x1機械能在減小，即電場力做負功，又因為小球帶正電，故場強方向沿x軸負方向，E－x圖線切線的斜率的絕對值為電場力大小，由圖象可知，從O到x1斜率的絕對值在減小，故F電在減小，即場強減小，故A錯誤．B.由牛頓第二定律mg－F電＝ma可知a在增大，故B正確．C.因為電場力逐漸減小，故相等位移內，小球克服電場力做的功越來越小，故C錯誤．D.從O到x1由動能定理得mgx1＋E1－E0＝mv2－0，v＝，D正確．9、ABD【解析】

A.正點電荷的電場線呈發(fā)散型，沿著電場線方向，電勢降低，因此A點的電勢低于B點的電勢，故A正確；B.結合幾何關系：PA=2PB，由點電荷電場強度公式可知，B點的電場強度大小是A點的4倍，故B正確；C.小球帶負電，正點電荷Q對小球的電場力為吸引力，從A到C的過程中，電場力先做正功，后做負功，則小球電勢能先減小后增大，故C錯誤；D.小球在AC兩處受到的電場力大小相等，在A處時小球的加速度為a，對A點處小球受力分析，小球受電場力、重力與支持力，則：Fcos30°+mgsin30°=ma在C處時，小球受到重力、電場力與支持力，則：mgsin30°?Fcos30°=ma′解得：a′=g?a故D正確。10、AC【解析】

發(fā)生正碰，則根據(jù)動量守恒得：mAvA項：它們發(fā)生正碰后，均為+1m/s，即以共同速度運動，符合以上等式，故A正確；B項：速度如果是4m/s和-5m/s，那么A、B動能都增加，故B錯誤；C項：發(fā)生正碰后，A、B反向，符合以上等式，故C正確；D項：發(fā)生正碰后，A、B速度方向不變即還是相向運動，這不符合實際情況，故D錯誤。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、D1.50.8【解析】

（1）[1]．由于本實驗中通過電源的電流不能太大，由圖可知，最大電流不超過0.6A；所以電流表應選Ｄ；（2）[2][3]．將RA等效于電源的內阻，根據(jù)U=E-I(r+RA)，可知E=1.50V12、見解析；1.48-1.50V；0.560-0.600Ω；【解析】

(1)將實驗數(shù)據(jù)描點后，連線如圖：(2)電源兩端的電壓與電流的關系為U=E-Ir，U-I圖象的縱截距表示電源的電動勢，即E=1.49V；U-I圖象的斜率的絕對值表示電源的內阻，即r=ΔU四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）120V（2）20A（3）1700W【解析】（1）S1閉合，S2斷開時電爐中電流電源電動勢；（2）S1、S2都閉合時電爐中電流為電源路端電壓為